范文桥总结圆锥曲线的解题全面方法
更新时间:2024-05-17 06:37:01 阅读量: 综合文库 文档下载
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高中数学圆锥曲线解答题解法面面观
汇编:范文桥
圆锥曲线解答题中的十一题型:几乎全面版 题型一:数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系 题型二:弦的垂直平分线问题 题型三:动弦过定点的问题
题型四:过已知曲线上定点的弦的问题 题型五:向量问题 题型六:面积问题
题型七:弦或弦长为定值、最值问题 问题八:直线问题 问题九:对称问题 问题十、存在性问题:(存在点,存在直线y=kx+m,存在实数,存在图形:三角形(等比、等腰、直角),四边形(矩形、菱形、正方形),圆)
题型一:数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系(简单题型未总结)
题型二:弦的垂直平分线问题
例题1、过点T(-1,0)作直线l与曲线N :B两点,在x轴上是否存在一点E(x0,0),使得?ABEy2?x交于A、是等边三角形,若存在,求出x0;若不存在,请说明理由。 解:依题意知,直线的斜率存在,且不等于0。
设直线l:y?k(x?1),k?0,A(x1,y1),B(x2,y2)。 由??y?k(x?1)2222消y整理,得kx?(2k?1)x?k?0 ① 2?y?x由直线和抛物线交于两点,得??(2k2?1)2?4k4??4k2?1?0 即0?k?21 ② 42k2?12k2?11,x1x2?1。则线段AB的中点为(?,)。 由韦达定理,得:x1?x2??k22k22k线段的垂直平分线方程为:
1111111?2k2x??E(?,0) y???(x?)令y=0,得,则02222k22k22kk2k??ABE为正三角形,?E(113?,0)到直线AB的距离d为AB。 2k2221
1?k21?4k22?AB?(x1?x2)?(y1?y2)? ?1?kd?2kk22231?4k21?k25392??1?k?x?解得满足②式此时。 k??022k2k313【涉及到弦的垂直平分线问题】
这种问题主要是需要用到弦AB的垂直平分线L的方程,往往是利用点差或者韦达定理产生弦AB........的中点坐标M,结合弦AB与它的垂直平分线L的斜率互为负倒数,写出弦的垂直平分线L的方程,然后解决相关问题,比如:求L在x轴y轴上的截距的取值范围,求L过某定点等等。有时候题目的条件比较隐蔽,要分析后才能判定是有关弦AB的中点问题,比如:弦与某定点D构成以D为顶点的等腰三角形(即D在AB的垂直平分线上)、曲线上存在两点AB关于直线m对称等等。
例题分析1:已知抛物线y=-x2+3上存在关于直线x+y=0对称的相异两点A、B,则|AB|等于
?y??x2?3解:设直线AB的方程为y?x?b,由?进而可求出AB?x2?x?b?3?0?x1?x2??1,
?y?x?b的中点M(?1111,??b),又由M(?,??b)在直线x?y?0上可求出b?1,∴x2?x?2?0,由弦22222长公式可求出AB?1?112?4?(?2)?32.
题型三:动弦过定点的问题
x2y23例题2、已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)的离心率为,ab2且在x轴上的顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0)。
(I)求椭圆的方程;
(II)若直线l:x?t(t?2)与x轴交于点T,点P为直线l上异于点T的任一点,直线PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点,试问直线MN是否通过椭圆的焦点?并证明你的结论
x2c3?y2?1 解:(I)由已知椭圆C的离心率e??,a?2,则得c?3,b?1。从而椭圆的方程为4a2(II)设M(x1,y1),N(x2,y2),直线A1M的斜率为k1,则直线A1M的方程为y?k1(x?2),由
?y?k1(x?2)消y整理得(1?4k12)x2?16k2x?16k12?4?0??2和x1是方程的两个根,?22?x?4y?44k116k12?42?8k122?8k124k1则x1?,y1?,即点M的坐标为(??2x1?,), 222221?4k11?4k11?4k11?4k11?4k12
28k2?2?4k2同理,设直线A2N的斜率为k2,则得点N的坐标为(,) 221?4k21?4k2?yp?k1(t?2),yp?k2(t?2)?k1?k2y?y1y2?y12, ??,?直线MN的方程为:?k1?k2tx?x1x2?x1?令y=0,得x?4x2y1?x1y2,将点M、N的坐标代入,化简后得:x?
ty1?y24443?2?椭圆的焦点为(3,0)??3,即t? tt3又?t?2,?0?故当t?43时,MN过椭圆的焦点。 3题型四:过已知曲线上定点的弦的问题
22xy例题4、已知点A、B、C是椭圆E:2?2?1 (a?b?0)上的三点,其中点A(23,0)是椭圆的右顶ab????????????????点,直线BC过椭圆的中心O,且AC?BC?0,BC?2AC,如图。(I)求点C的坐标及椭圆E的方程;
(II)若椭圆E上存在两点P、Q,使得直线PC与直线QC关于直线x?3对称,求直线PQ的斜率。
????????解:(I) ?BC?2AC,且BC过椭圆的中心O
??????????????????OC?AC?AC?BC?0??ACO?又?A (23,0)?点C的坐标为(3,3)。
2?A(23,0)是椭圆的右顶点,?a?23,则椭圆方程为:x2y2?2?1 12b将点C(3,3)代入方程,得b?4,?椭圆E的方程为
x2y2??1 1242(II)? 直线PC与直线QC关于直线x?3对称,
?设直线PC的斜率为k,则直线QC的斜率为?k,从而直线PC的方程为:
?y?kx?y?3?k(x?3),即y?kx?3(1?k),由??3(1?k)消y,整理得:
22??x?3y?12?0(1?3k2)x2?63k(1?k)x?9k2?18k?3?0?x?3是方程的一个根, 9k?18k?39k?18k?39k2?18k?3即同理可得: x?x??xP?3?PQ2221?3k3(1?3k)3(1?3k)3
22?yP?yQ?kxP?3(1?k)?kxQ?3(1?k)=k(xP?xQ)?23k=9k2?18k?39k2?18k?3yP?yQ1 =?36kxP?xQ???k??PQxP?xQ33(1?3k2)3(1?3k2)3(1?3k2)则直线PQ的斜率为定值题型五:共线向量问题
?12k 23(1?3k)1。 31:如图所示,已知圆C:(x?1)2?y2?8,定点A(1,0),M为圆上一动点,点P在AM上,点N在CM上,且满足AM?2AP,NP?AM?0,点N的轨迹为曲线E.I)求曲线E的方程;II)若过定点F(0,2)的直线交曲线E于不同的两点G、H(点G在点F、H之间),且满足FG??FH,求?的取值范围. 解:(1)?AM?2AP,NP?AM?0.∴NP为AM的垂直平分线,∴|NA|=|NM| 又?|CN|?|NM|?22,?|CN|?|AN|?22?2.∴动点N的轨迹是以点 C(-1,0),A(1,0)为焦点的椭圆.且椭圆长轴长为2a?22,
x2?y2?1. 焦距2c=2. ?a?2,c?1,b?1.∴曲线E的方程为22
x22(2)当直线GH斜率存在时,设直线GH方程为y?kx?2,代入椭圆方程?y?1,
2得(?k)x?4kx?3?0.3由??0得k2?.设G(x1,y1),H(x2,y2),
2?4k?8k36则x1?x2??(1),xx??(2)1222111?2k1?2k?k2?k2222212又?FG??FH,?(x1,y1?2)??(x2,y2?2)32
13(2?2)k?4???1?2??x1??x2,???x1,x2,
(1)2132k2????2??2(2)?3(1?2k)?k2?3,?4?23216?.133(2?2)k1????1. 3?161.解得???3.33又?0???1,又当直线GH斜率不存在,方程为x?0,FG?
1111FH,??.????1,即所求?的取值范围是[,1) 33334
2:已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,它的一个顶点恰好是抛物线y?12x的焦点,离心率4为25.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)过椭圆C 的右焦点作直线l交椭圆C于A、B两点,交y轴于5????????????????M点,若MA??1AF,MB??2BF ,求证:?1??2??10.
x2y2解:设椭圆C的方程为2?2?1 (a>b>0)抛物线方程化为x2?4y,其焦点为(0,1),
abca2?b2252则椭圆C的一个顶点为(0,1),即 b?1由e??,∴a?5,椭圆C的方程为 ?2aa5x2?y2?1(2)证明:右焦点F(2,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0),显然直线l的斜率存在,设直5线
l的方程为
y?k(x?2),代入方程
x2?y2?1 5并整理,得
????20k220k2?5,x1x2? 又MA?(x1,y1?y0),(1?5k)x?20kx?20k?5?0∴x1?x2?221?5k1?5k2222????????????MB?(x2,y2?y0),AF?(2?x1,?y1),BF?(2?x2,?y2), ????????????????而 MA??1AF, MB??2BF,即(x1?0,y1?y0)?1(2??,xy1?)1∴?1?,(x2?0,y2?y0)??2(2?x2,?y2)
x1x2x1x2(x1?x2)?2x1x2,?2?,所以 ?1??2??2???10
2?x12?x24?2(x1?x2)?x1x22?x12?x23、已知△OFQ的面积S=2
6, 且OF?FQ?m。设以O为中心,F为焦点的双曲线经过Q,
|OF|?c,m?(6?1)c2,当|OQ|取得最小值时,求此双曲线方程。 4x2y2解:设双曲线方程为2?2?1, Q(x0, y0)。
ab146。 FQ?(x0?c,y0) , S△OFQ=|OF||y0|?26,∴y0??2cOF?FQ?(c,0)(x0?c,y0)=c(x0-c)=(3c296OQ?x?y??2?23,
8c202066?1)c2?x0?c。 445
3c296当且仅当?2,即c?4时,|OQ|最小,此时Q(6,6)或(6,?6),
8c6?62???1x2y2?2?a?42所以?a??2.故所求的双曲线方程为??1。 b412?a2?b2?16??b?12?类型1——求待定字母的值
x22例1设双曲线C:2?y?1(a?0)与直线L:x+y=1相交于两个不同的点A、B,直线L与y轴交
a于点P,且PA=
5PB,求a的值 12思路:设A、B两点的坐标,将向量表达式转化为坐标表达式,再利用韦达定理,通过解方程组求a的值。
解:设A(x1,y1),B(x2,y2),P(0,1)
∵PA=555PB,?(x1,y1?1)?(x2,y2?1), ∴x1=x2. 121212
?x?y?1?2222
联立?x2消去y并整理得,(1-a)x+2ax-2a=0 (*) ,2?2?y?1?a2??1?a?0,∵A、B是不同的两点,∴?4 22??4a?8a(1?a)?0,
2a22a2∴0
2例2如图2 ,动直线y?kx?1与y轴交于点A,与抛物y?x?3交于不同的两点B和C, 且满足
BP=λPC, AB=λAC,其中??R.。求ΔPOA的重心Q的轨迹。
思路:将向量表达式转化为坐标表达式,消去参数λ获得重心Q的轨迹方程,再运用判别式确定实数k的取值范围,从而确定轨迹的形状。
解:由??y?kx?1?y?x?32得,k2x2+(2k-1)x+4=0.
y A 6
B P C x
O ?k?011由????k?且k?0.
26???0
设P(x’,y’),B(x1,y1),C(x2,y2), (图2) 则x1+x2=
1?2k4., xx=. 1222kk由BP??PC?(x??x1,y??y1)=?(x2?x?,y2?y?)
? x??x1=?(x2?x?)
由AB??AC?(x1,y1?1)??(x2,y2?1)?x1 =?x2。
???0?x??x1x2?x?2x1x28??x???.
x1x2x1?x21?2k8k6k?1?1?. 消去k得, x’-2 y’-6=0 (*)
1?2k1?2k
?y??kx??1?
x??x???x??3x?3?? 设重心Q(x,y),则?,代入(*)式得,3x-6y-4=0。 ??y?1y?3y?1??y??3?1148?k?且k?0?4?x??12且x??8??x?4且x? 263348故点Q的轨迹方程是3x-6y-4=0(?x?4且x?),其轨迹是直线3x-6y-4=0上且不包括点
334482A(,0),B(4,),C(,)的线段AB。 3333因为?类型3——证明定值问题
例3已知椭圆的中心在坐标原点O,焦点在x轴上,斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A、B两点,OA?OB与a?(3,?1)共线。设M为椭圆上任意一点,且OM??OA??OB,其中?,??R.证明:?2??2为定值。
思路:设A、B、M三点的坐标,将向量间的共线关系、和差关系转化为代数关系,再利用方程组、韦达定理、点在椭圆上满足方程等证明定值。
x2y2解:设椭圆方程为2?2?1(a?b?0),F(c,0). 则直线AB的方程为
aby?x?c.代入
(a2?b2)x2?2a2cx?a2c2?a2b2?0.
2a2ca2c2?a2b2,x1x2?. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1?x2?2a?b2a2?b27
由 OA?OB与a?(3,?1)共线,OA?OB?(x1?x2,y1?y2)得,
3(y1?y2)?(x1?x2)?0。又y1?x1?c,y2?x2?c,
3c2a2c3c?3(x1?x2?2c)?(x1?x2)?0,?x1?x2?,即2?,?a2?3b2. 222a?b而c2?a2?b2,于是a?232212c,b?c。 22x2y2222因此椭圆方程为2?2?1,即x?3y?3b.
3bb设M(x, y), 由OM??OA??OB得,(x,y)??(x1,y1)??(x2,y2),
?x??x1??x2且y??y1??y2.
因M为椭圆上一点,所以(?x1??x2)2?3(?y1??y2)2?3b2.
222 即?2(x1?3y12)??2(x2?3y2)?2??(x1x2?3y1y2)?3b2 ①
3c232212a2c2?a2b232,a?c,b?c,x1x2??c. 又x1?x2?222228a?b则 x1x2?3y1y2?x1x2?3(x1?c)(x2?c)?4x1x2?3(x1?x2)c?3c2
?3292222222c?c?3c2?0. 而x1?3y1?3b,x2?3y2?3b, 22代入①得,?2??2=1,?2??2为定值。
类型4——探索点、线的存在性
例4在△ABC中,已知B(-2, 0), C(2, 0), AD⊥BC于D,△ABC的垂心H分有向线段AD 所成的比为设P(-1, 0), Q(1, 0), 那么是否存在点H,使1。31|HP||PQ||HQ|,1,1成等差数列,为什么?
思路:先将AC⊥BH转化为代数关系,由此获得动点H的轨迹方程;再将向量的长度关系转化为代数(坐标)关系,通过解代数方程组获解。
解: 设H(x, y), 由分点坐标公式知A(x,4y) 34y)(x?2,y)?0, ∵H为垂心 ∴AC⊥BH,∴(x?2,3x2y2??1(y?0)。 整理得,动点H的轨迹方程为 438
|HP|?(x?1)2?y2 , |PQ|?2, |HQ|?(x?1)2?y2。
假设1|HP||PQ||HQ|,1,1成等差数列,则2|PQ|?1|HP|?1|HQ|
即
1(x?1)?y22?1(x?1)?y22?1 ①
∵H在椭圆上 a=2, b=3, c=1,P、Q是焦点,
2222∴HP?HQ?2a?4,即∴(x?1)?y?(x?1)?y?4 ②
2222由①得,(x?1)?y?(x?1)?y?(x?1)2?y2?(x?1)2?y2?4 ③
22联立②、③可得,(x?1)?y?(x?1)2?y2?2,
x2y2??1, ∴x?0,y??3,显然满足H点的轨迹方程43故存在点H(0,±3),使1|HP||PQ||HQ|,1,1成等差数列。
类型5——求相关量的取值范围
例5给定抛物线C:y2?4x,F是C的焦点,过点F的直线l与C相交于A、B两点,且
FB??AF,???4,9?,求l在y轴上截距的变化范围。
思路:设A、B两点的坐标,将向量间的共线关系转化为坐标关系,再求出l在y轴上的截距,利用函数的单调性求其变化范围。
解:设A(x1,y1),B(x2,y2),由FB??AF得,(x2?1,y2)??(1?x1,?y1),即
?x2?1??(1?x1)??y2???y1①②2 由②得,y2??2y12.
2?4x2,?x2??2x1③ 。 联立①、③得,x2??。 ?y12?4x1,y2而??0,?B(?,2?),或B(?,?2?).当直线l垂直于x轴时,??1,不符合题意。
?(x?1)或(??1)y??2?(x?1).
因此直线l的方程为(??1)y?2直线l在y轴上的截距为
2?2?2?2?22或?知,在???4,9?上递减的,.由????1??1??1??1??1??1所以
42?332?4??. ??,???3??144??139
于是直线l在y轴上截距的变化范围是??,????,?.
?34??43??43??34?y2存在、向量例6、双曲线C:2?2?1?a?0,b?0?的右顶点为A,x轴上存在一点Q?2a,0?,若C上
ba存在一点P使AP?PQ,求离心率的取值范围。
x23?a2?2解:?PA?PQ?P点的轨迹方程为?x?a??y?,
2?4?即
2y??x?3ax?2a222?b2x2?a2y2?a2b2(x?a且x?2a)。由?222?y??x?3ax?2a,消去y得
b2x2?a2?x2?3ax?2a2?a2b2?0即a2?b2x2?3a3x?2a4?a2b2?0 ??x?a?a?bx?a2a?b222????????2??a2a2?b2a3a2?c2?3??0,?x?a,?x???a?1??2a2?b2c2e??????x2y26?3??P在双曲线2?2?1的右支上,?x?a,?a?2?1??a,解得〈 1e?2ab?e?定值问题例7:A,B是抛物线y2?2px(p?0)上的两点,满足OA?OB(O为坐标原点),求证:(1)
A,B两点的横坐标之积、纵坐标之积分别是定值;(2)直线AB经过一定点。
分析:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则y12?2px1,y22?2px2?(y1y2)2?4p2x1x2
????????????????又由 OA?OB?OA?OB?0?x1x2?y1y2?0 ?x1x2?4p2,y1y2??4p2
(2)y1?y2?2p(x1?x2)?KAB?22y1?y22p ?x1?x2y1?y2直线AB的方程为y?y1?2px12p2p(x?x1)?y?x??y1
y1?y2y1?y2y1?y2y12?2px1?y1y22p2p?x??(x?2p),故直线过定点(2p,0)。 y1?y2y1?y2y1?y2题型六:面积问题
x2y26,短轴一个端点到右焦点的距离为3。 例题1、已知椭圆C:2?2?1(a>b>0)的离心率为
ab3(Ⅰ)求椭圆C的方程;
10
(Ⅱ)设直线l与椭圆C交于A、B两点,坐标原点O到直线l的距离为
3,求△AOB面积的最大值。 2?c6?b解:(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c,依题意??,3?a?a?3,?x2?1,?所求椭圆方程为?y2?1。
3(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2)。(1)当AB⊥x轴时,AB?3。(2)当AB与x轴不垂直时,
设直线AB的方程为y?kx?m。由已知3,得m2?21?k2m3?(k2?1)。 4把y?kx?m代入椭圆方程,整理得(3k2?1)x2?6kmx?3m2?3?0,
222?6km3(m2?1)?AB2?(1?k2)(x?x)2?36km12(m?1)? 2?x1?x2?2,x1x2?。?(1?k)?21?(3k2?1)23k?13k2?13k2?1???12(k2?1)(3k2?1?m2)3(k2?1)(9k2?1)12k2???3?4?3?(3k2?1)2(3k2?1)29k?6k2?11212(k?0)≤3??4。 12?3?69k2?2?6k当且仅当9k?213,即时等号成立。当k?0时,AB?3, k??k23综上所述ABmax?2。
133。 ??当AB最大时,△AOB面积取最大值S??ABmax?222x2y262、已知椭圆C:2?2=1(a>b>0)的离心率为,短轴一个端点到右焦点的距离为3.(Ⅰ)求椭圆C的
3ab方程;(Ⅱ)设直线l与椭圆C交于A、B两点,坐标原点O到直线l的距离为
3,求△AOB面积的最大值. 2?c6,x2??2解:(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c,依题意?a3?b?1,?所求椭圆方程为?y?1.
3?a?3,?(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).(1)当AB⊥x轴时,AB?3.(2)当AB与x轴不垂直时,
11
设直线AB的方程为y?kx?m.由已知m1?k2?3232,得m?(k?1).
42把y?kx?m代入椭圆方程,整理得(3k2?1)x2?6kmx?3m2?3?0,
223(m2?1)12(m2?1)??6km2222?36km?x1?x2?2,x1x2?.?AB?(1?k)(x2?x1)?(1?k)? ??2223k?13k2?13k?1??(3k?1)12(k2?1)(3k2?1?m2)3(k2?1)(9k2?1)??(3k2?1)2(3k2?1)212k21212?3?4?3?(k?0)≤3??4.
19k?6k2?12?3?629k?2?6k2当且仅当9k?13,即时等号成立.当k?0时,AB?3,综上所述ABmax?2. k??k23133. ??当AB最大时,△AOB面积取最大值S??ABmax?222x2y2??1的左、右焦点分别为F1,F2.过F1的直线交椭圆于B,D两点,过F2的直线交3、已知椭圆3222x0y0??1; 椭圆于A,C两点,且AC?BD,垂足为P.(Ⅰ)设P点的坐标为(x0,y0),证明:32(Ⅱ)求四边形ABCD的面积的最小值.
22C⊥BD知点P在以线段F1F2为直径的圆上,解:(Ⅰ)椭圆的半焦距c?3?2?1,由A故x0 ?y0?1,2222y0x0y0x21≤???1.所以,?(Ⅱ)(ⅰ)当BD的斜率k存在且k?0时,BD的方程为y?k(x?1),
32222x2y2??1,并化简得(3k2?2)x2?6k2x?3k2?6?0.设B(x1,y1),D(x2,y2),则 代入椭圆方程326k2x1?x2??23k?23k2?643(k2?1)222x1x2?2; BD?1?k?x1?x2?(1?k)??(x2?x2)?4x1x2??2??3k?23k?2,
12
?1?43?2?1?143(k2?1)k??因为AC与BC相交于点P,且AC的斜率为?,所以,AC?. ?21k2k?33?2?2k124(k2?1)2??(k2?1)296≥?四边形ABCD的面积S??BDAC?.
2(3k2?2)(2k2?3)?(3k2?2)?(2k2?3)?225??2??当k2?1时,上式取等号.(ⅱ)当BD的斜率k?0或斜率不存在时,四边形ABCD的面积S?4. 综上,四边形ABCD的面积的最小值为题型七:弦或弦长为定值、最值问题
96. 25????????1、已知△OFQ的面积为26,OF?FQ?m
(1)设6?m?46,求?OFQ正切值的取值范围;
????????62(2)设以O为中心,F为焦点的双曲线经过点Q(如图),|OF|?c,m?(?1)c 当 |OQ| 取得最
4小值时,求此双曲线的方程。 解析:(1)设?OFQ??
?????????|OF|?|FQ|cos(???)?m46? ?6?m?46?? ??tan????????????1m??|OF|?|FQ|sin??26?2?4?tan???1
????x2y2?a?0,b?0),Q(x1,y1),?则FQ?(x1?c,y1) (2)设所求的双曲线方程为2?2?1(ab∴S?OFQ?1???46?|OF|?|y1|?26,∴y1?? 2c????????????????6?1??c2 又∵OF?FQ?m,∴OF?FQ?(c,0)?(x1?c,y1)?(x1?c)?c?(4????6963c222?x1?c,????|OQ|?x1?y1?2??12.
4c8????当且仅当c?4时,|OQ|最小,此时Q的坐标是(6,6)或(6,?6)
13
?66?a2?4x2y2?2?2?1???1. ,所求方程为??ab???????2412??b?12?a2?b2?16?x2y22、已知椭圆??1两焦点分别为F1、F2,P是椭圆在第一象限弧上一点,并满足PF1?PF2?1,过P
24作倾斜角互补的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点.(Ⅰ)求P点坐标;(Ⅱ)求证直线AB的斜率为定值;(Ⅲ)求△PAB面积的最大值.
解:(Ⅰ)由题可得F1(0,2),F2(0?2),设P0(x0,y0)(x0?0,y0?0)则PF1?(?x0,2?y0),
22x0y0??1,PF1?(?x0,?2?y0),∴PF1?PF2?x?(2?y)?1,∵点P(x0,y0)在曲线上,则242020224?y04?y02∴x?,从而?(2?y0)?1,得y0?2.则点P的坐标为(1,2).
2220(Ⅱ)由题意知,两直线PA、PB的斜率必存在,设PB的斜率为k(k?0),则BP的直线方程为:y?2k(x?1).
?y?2?k(x?1)?由?x2y2得(2?k2)x2?2k(2?k)x ?(2?k)2?4?0,设B(xB,yB),则
?1???242k(k?2)2k(k?2)k2?22k?2)k2?22k?242k1?xB?,xB??1?,同理可得xA?,则xA?xB?,22222?k2?k2?k2?k2?k2yA?yB8k.所以:AB的斜率k??2为定值. yA?yB??k(xA?1)?k(xB?1)?ABxA?xB2?k2?y?2x?m?(Ⅲ)设AB的直线方程:y?2x?m.由?x2y2,得4x2?22mx?m2?4?0,
?1???24|m|由??(22m)2?16(m2?4)?0,得?22?m?22P到AB的距离为d?,
3则S?PAB121m2?m2?82|m|11122?m(?m?8)?()?2。 ?|AB|?d?(4?m)?3?8822223当且仅当m??2??22,22取等号∴三角形PAB面积的最大值为2。
??x2?y2?1的左焦点为F,O为坐标原点。 3、已知椭圆2(I)求过点O、F,并且与椭圆的左准线l相
切的圆的方程;(II)设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A、B两点,线段AB的垂直平分线与x轴交于点G,求点G横坐标的取值范围。
解:(I)?a?2,b?1,?c?1,F(?1,0),l:x??2. ?圆过点O、F, ?圆心M在直线x??设M(?221上。2解
得
1,t),则圆半径 213r?(?)?(?2)?. 由
2214
OM?r,得
13(?)2?t2?,22
19t??2.?所求圆的方程为(x?)2?(y?2)2?.
24x2?y2?1,整理得(1?2k2)x2?4k2x?2k2?2?0. (II)设直线AB的方程为y?k(x?1)(k?0),代入2?直线AB过椭圆的左焦点F,?方程有两个不等实根。
记A(x1,y1),B(x2,y2),AB中点N(x0,y0),
y4k2则x1?x2??2, 2k?1lFAB1?AB的垂直平分线NG的方程为y?y0??(x?x0).
kGOx2k2k2k211xG?x0?ky0??2?2??2???2.2k?12k?12k?124k?2?点G横坐标的取值范围为
令y?0,得
1?k?0,???xG?0,21(?,0). 24、已知点A,B的坐标分别是(0,?1),(0,1),直线AM,BM相交于点M,且它们的斜率之积为?1.(1)2求点M轨迹C的方程;(2)若过点D?2,0?的直线l与(1)中的轨迹C交于不同的两点E、F(E在D、
F之间),试求?ODE与?ODF面积之比的取值范围(O为坐标原点).
解:(1)设点M的坐标为(x,y),∵kAM?kBM1x2y?1y?11??,?y2?1???.∴ 整理,得(x?0),
2xx22x2?y2?1, (2)如图,由题意知直线l的斜率存在,设l的方程为x?sy?2(s??2)将①代入22整理,得(s2?2)y2?4sy?2?0,由??0,解得s?2.
4s?1y?y??,122??S?OBE2OB?y1ys?2设E?x1,y1?,F?x2,y2?,则?令????1,且0???1.
S?OBF1OB?yy2?yy?2.212?2s2?2?(y1?y2)2???1?8s2168s222?(4,8)且u?, .∵s?2且s?4,u?2??23s?2y1y2?s?2解得3?22???3?22且??211. ?0???1,?3?22???1且??. 33故△OBE与△OBF面积之比的取值范围是?3?22,???,1?.
??1??1?3??3?15
y2x2?2?1(a?b?0)2CC1ab5、已知椭圆:的右顶点为A(1,0),过1的焦点且垂直长轴的弦长为1.
(I)求椭圆
C1的方程;
2Cy?x?h(h?R)上,C2在点P处的切线与C1交于点M,N.当线2P (II)设点在抛物线:
段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时,求h的最小值.
?b?1?a?2?22,??,?by?x2?1?2??1?b?1解析:(I)由题意得?a所求的椭圆方程为4,
2M(x,y),N(x,y),P(t,t?h),则抛物线C2在点P处的切线斜率为y?1122(II)不妨设
x?t?2t,直线
2222Cy?2tx?t?h4x?(2tx?t?h)?4?0,即1MN的方程为,将上式代入椭圆的方程中,得24?1?t2?x2?4t(t2?h)x?(t?h)2?4?0422?1?16??t?2(h?2)t?h?4????0,因为直线MN与椭圆
C1有两个不同的交点,所以有
,
x1?x2t(t2?h)x3??x22(1?t2), 设线段PA的中点的横坐标是x4,则设线段MN的中点的横坐标是3,则
x4?t?1222,由题意得x3?x4,即有t?(1?h)t?1?0,其中的?2?(1?h)?4?0,?h?1或h??3;
4222???16?t?2(h?2)t?h?4?1h?2?0,4?h?0???0不成立;因此当h??3时有,因此不等式
2,??1h?1,当h?1时代入方程t?(1?h)t?1?0得t??1,将h?1t代入不等式422?1?16??t?2(h?2)t?h?4????0成立,因此h的最小值为1.
题型八:直线问题
x2y2例题1、设椭圆C:2?2?1(a?b?0)过点M(2,1),且着焦点为F1(?2,0)
ab(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交与两不同点A,B时,在线段AB上取点Q,满足
????????????????AP?QB?AQ?PB,证明:点Q总在某定直线上
解 (1)由题意:
16
?c2?2?x2y2?2122??1 ?2?2?1 ,解得a?4,b?2,所求椭圆方程为 42?ab222?c?a?b?(2)方法一
设点Q、A、B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2)。
????????APAQ????????????????由题设知AP,PB,AQ,QB均不为零,记???????????,则??0且??1
PBQB????????????????又A,P,B,Q四点共线,从而AP???PB,AQ??QB
x1??x2, 1?1??x??x2 x?1, y?1??于是 4?从而
2x12??2x2y12??2y22?4x,??(1) ?y,??(2) 221??1??y1??y2
1??y1??y2
1??又点A、B在椭圆C上,即
222 x1?2y12?4,??(3) x2?2y2?4,??(4)
(1)+(2)×2并结合(3),(4)得4s?2y?4 即点Q(x,y)总在定直线2x?y?2?0上 方法二
????????????????设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),由题设,PA,PB,AQ,QB均不为零。
????????PAPB且 ?????????
AQQB????????????????又 P,A,Q,B四点共线,可设PA???AQ,PB??BQ(??0,?1),于是
4??x1??y,y1? (1) 1??1??4??x1??y,y2? x2? (2) 1??1?? x1?由于A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上,将(1),(2)分别代入C的方程x?2y?4,整理得
22(x2?2y2?4)?2?4(2x?y?2)??14?0 (3) (x2?2y2?4)?2?4(2x?y?2)??14?0 (4)
17
(4)-(3) 得 8(2x?y?2?)? 0∵??0,∴2x?y?2?0
即点Q(x,y)总在定直线2x?y?2?0上
2、已知曲线?上任意一点P到两个定点F1?3,0和F2???3,0的距离之和为4.(1)求曲线?的方程;
?????????(2)设过?0,?2?的直线l与曲线?交于C、D两点,且OC?OD?0(O为坐标原点),求直线l的方
程.
解:(1)根据椭圆的定义,可知动点M的轨迹为椭圆, 其中a?2,c?3,则b?a2?c2?1.
x2所以动点M的轨迹方程为?y2?1.
4(2)当直线l的斜率不存在时,不满足题意.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y?kx?2,设
????????C(x1,y1),D(x2,y2),∵OC?OD?0,∴x1x2?y1y2?0.∵y1?kx1?2,y2?kx2?2,?x22??y?1,22∴y1y2?kx1?x2?2k(x1?x2)?4①∴ (1?k)x1x2?2k(x1?x2)?4?0.由方程组?4得
?y?kx?2.??1?4k2?x2?16kx?12?0.则
x1?x2?16k1?4k2,
x1?x2?121?4k2,代入①,得
?1?k??1?124k22?2k?16k?4?0.即k2?4,解得,k?2或k??2. 21?4k所以,直线l的方程是y?2x?2或y??2x?2.
x2?y2?1的左、右焦点。 3、设F1、F2分别是椭圆4(Ⅰ)若P是该椭圆上的一个动点,求PFPF2的最大值和最小值; 1·
(Ⅱ)设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A、B,且∠AOB为锐角(其中O为坐标原点),求直线l的斜率k的取值范围。
解:(Ⅰ)解法一:易知a?2,b?1,c?3 所以F1?3,0,F2???3,0,设P?x,y?,则
??????????PF1?PF2??3?x,?y,???x213?x,?y?x?y?3?x?1??3??3x2?8?
44?22218
??????????2 因为x???2,2?,故当x?0,即点P为椭圆短轴端点时,PF1?PF2有最小值
?????????1当x??2,即点P为椭圆长轴端点时,PF1?PF2有最大值
解法二:易知a?2,b?1,c?3,所以F1?3,0,F2???3,0,设P?x,y?,则
?????2?????2?????2???????????????????????????PF1?PF2?F1F2PF1?PF2?PF1?PF2?cos?F1PF2?PF1?PF2? ?????????2PF1?PF21??x?3?2???2?y?x?32??2?y2?12??x2?y2?3(以下同解法一)
??(Ⅱ)显然直线x?0不满足题设条件,可设直线l:y?kx?2,A?x1,y2?,B?x2,y2?,
?y?kx?2??21?2y联立?x2,消去,整理得:?k??x?4kx?3?0 24????y?1?4∴x1?x2??4k1k?42,x1?x2?31k?42
由???4k??4?k?2??331?2得:或 k??k??3?4k?3?0?224?????????????????又0??A0B?90?cos?A0B?0?OA?OB?0 ∴OA?OB?x1x2?y1y2?0
00?k2?1?8k2??4?又y1y2??kx1?2??kx2?2??kx1x2?2k?x1?x2??4?
111222k?k?k?44423k2?k2?1??0,即k2?4 ∴?2?k?2 ∵
11k2?k2?443故由①、②得?2?k??33?k?2 或22题型九:轨迹问题
轨迹法:1.直接法:如果动点运动的条件就是一些几何量的等量关系,这些条件简单明确,不需要
19
特殊的技巧,易于表述成含x,y的等式,就得到轨迹方程,这种方法称之为直接法;
22x?y?1,动点M到圆C的切线长与MQ例1、已知直角坐标系中,点Q(2,0),圆C的方程为
的比等于常数?(??0),求动点M的轨迹。
【解析】设MN切圆C于N,则MN22 N y M O Q x ?MO?ON。设M(x,y),则
2x2?y2?1??(x?2)2?y2 化简得(?2?1)(x2?y2)?4?2x?(1?4?2)?0
(1) 当??1时,方程为x?
5
,表示一条直线。 4
2?221?3?22(2) 当??1时,方程化为(x?2表示一个圆。 )?y?22??1(??1)
NO1O2?4. 过动点P分别作圆O2、PN(M,◎◎如图,圆O1与圆O2的半径都是1,圆O2的切线PM,分别为切点),使得PM?2PN. 试建立适当的坐标系,并求动点P的轨迹方程.
【解析】以O1O2的中点O为原点,O1O2所在直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则 O1(?2,0),O2(2,0).
由已知PM?2PN,得PM2?2PN2. 因为两圆半径均为1,所以
2PO12?1?2(PO2?1).
y),则 设P(x,(x?2)2?y2?1?2[(x?2)2?y2?1],
即(x?6)2?y2?33.(或x2?y2?12x?3?0)
评析:
1、用直接法求动点轨迹一般有建系,设点,列式,化简,证明五个步骤,最后的证明可以省略,但要注意“挖”与“补”。
2、求轨迹方程一般只要求出方程即可,求轨迹却不仅要求出方程而且要说明轨迹是什么。
2.定义法:运用解析几何中一些常用定义(例如圆锥曲线的定义),可从曲线定义出发直接写出轨迹方程,或从曲线定义出发建立关系式,从而求出轨迹方程。
20
4b1?k21622??8,b??2k.??16(1?2k),|AB|?(?32)kk2k21?k21646?|AB|?430,所以96?(2?32)?4. 2kk8因
0为
11解得直线l的斜率的取值范围是[?1,?]?[,1].
22题型九:对称问题
x2y2??1上存在两点A,B 关于l:y?4x?m对称,求m的取值范围 1、例:若椭圆23解法(1)设直线AB的方程为y??1x?n? 4?x2y2??1??2223由?消去y得25x?8nx?16n?48?0 ?y??1x?n?4?由题意知该方程有两个不等式跟 故??0即n?设A?x1,y1?,B?x2,y2?则x1?x2?225 88n 254n124n设AB中点M?x0,y0?则x0?,y0??x0?n?
2542524n16n25m??m ?n?又点M在直线y?4x?m上? 25258225?25m??x2,y2?解得?22?m?22 即???558?8?解法(2):设A?x1,y1?,B?x2,y2?,AB中点M?x0,y0?
?KAB??y?y1111?? ?2?? Kl4x2?x1422??3x1?2y1?6又A,B在椭圆上,??2两式相减得 2??3x2?2y2?63?x1?x2??x1?x2??2?y1?y2??y1?y2??0即3?2x0?2?2y0也即y0?6x0y2?y1?0
x2?x1???1?
??,?中点M在l上 ?y0?4x0?m ???2?
由?1??2?求得??
?m?22,3m?又?必在椭圆内部 ?3x0?2y0?6 ?2?26
2222?m?2即3???2?3m??6解得? ?m?55?2?2、已知实轴长为2a,虚轴长为2b的双曲线S的焦点在x轴上,直线y??3x是双曲线S的一条渐近线,
而且原点O,点A(a,0)和点B(0,-b)使等式|OA|?|OB|?(I)求双曲线S的方程;
(II)若双曲线S上存在两个点关于直线l:y?kx?4对称,求实数k的取值范围.
2224|OA|2·|OB|2成立. 3x2y2解:(I)根据题意设双曲线S的方程为2?2?1,
ab?b?3??a且?
4?a2?b2?a2b2?3?解方程组得a?1,b?3.
y2?1. ?所求双曲线的方程为x?32
解法一(设而不求法):(II)当k=0时,双曲线S上显然不存在两个点关于直线l:y?kx?4
当k?0时,设又曲线S上的两点M、N关于直线l对称,由l?MN, 直线MN的方程为y??1x?m, k则M、N两点的坐标满足方程组
1??y??x?m,2222消去y得(3k?1)x?2kmx?(m?3)k?0. k??3x2?y2?3.?显然3k2?1?0,???(2km)2?4(3k2?1)[?(m2?3)k2]?0. 即km3k?1?0. 设线段MN中点为D(x0,y0),
222?km?x?,02??3k?1则? 23km?y?.02?3k?1?27
?D(x0,y0)在直线l:y?kx?4上,
3k2m?k2m?2??4. 3k?13k2?122??km?3k?1??22.
2??km?3k?1?0即km?3k?1.
22?k2m2?mk2?0,解得m?0或m??1.
3k2?13k2?1??0或??1.
k2k211?k2?或k2?.
34即|k|?31或|k|?,且k?0. 323113)?(?,0)?(0,)?(,??) 3223?k的取值范围是(??,?解法二(点差法):当k=0时,双曲线S上显然不存在两个点关于直线l:y?kx?4 当k?0时,设M(x1,y1)N(x2,y2)且MN的中点P(x,y)则M、N在双曲线上,有
y12x??13 两式相减整理得
2y2x2?2?1321y1?y23(x1?x2)y?y21?又1??x1?x2y1?y2x1?x2k
x1?x2?2xy1?y2?2y
1所以y??3kx代入y?kx?4得P(?,3)又P在双曲线的内部,故k121231(?)?3?1或(?)?3?0解得|k|?或|k|?,且k?0.
32kk?k的取值范围是(??,?3113)?(?,0)?(0,)?(,??) 3223问题十、存在性问题:(存在点,存在直线y=kx+m,存在实数,存在图形:三角形(等比、等腰、直角),
四边形(矩形、菱形、正方形),圆)
28
x2y21、设椭圆E: 2?2?1(a,b>0)过M(2,2) ,N(6,1)两点,O为坐标原点,
ab(I)求椭圆E的方程;
????????(II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB?若
存在,写出该圆的方程,并求|AB |的取值范围,若不存在说明理由。
x2y2解:(1)因为椭圆E: 2?2?1(a,b>0)过M(2,2) ,N(6,1)两点,
ab2?4?11222??2?1?a?8xy22??a8所以?2??1 所以?ab解得?椭圆E的方程为
??84?b?4?6?1?1?1?1???a2b2?b24????????(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB,?y?kx?m?设该圆的切线方程为y?kx?m解方程组?x2y2得x2?2(kx?m)2?8,即
?1??4?8(1?2k2)x2?4kmx?2m2?8?0,
则△=16k2m2?4(1?2k2)(2m2?8)?8(8k2?m2?4)?0,即8k?m?4?0
4km?x1?x2????1?2k2?2?xx?2m?812?1?2k2?22,
k2(2m2?8)4k2m2m2?8k22y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?km(x1?x2)?m???m?1?2k21?2k21?2k222要使
????????2m2?8m2?8k2??0,所以3m2?8k2?8?0,所以,需使x1x2?y1yO?AO?20,即221?2k1?2k?m2?283m2?82626222k??0又8k?m?4?0,所以?2,所以m?,即m?或m??,因为
38333m?8?2直线y?k?xm圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为为
8m2m282622x?y???,r?,,所求的圆为,此时圆的切线r?r?2223m?831?k331?k1?8m2y?kx?m都满足m?262626或m??,而当切线的斜率不存在时切线为x??与椭圆33329
????????x2y226262626??1的两个交点为(,?)或(?,?)满足OA?OB,综上, 存在圆心在原点843333????????822的圆x?y?,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB.
34km?x?x??12??1?2k2因为?, 22m?8?xx?12?1?2k2?4km22m2?88(8k2?m2?4)所以(x1?x2)?(x1?x2)?4x1x2?(?, )?4??22221?2k1?2k(1?2k)22|AB|?(x1?x2)??y1?y2?228(8k2?m2?4) ?(1?k)(x1?x2)?(1?k)22(1?2k)222324k4?5k2?132k2??4?[1?4], 2234k?4k?134k?4k?1①当k?0时|AB|?321[1?] 134k2?2?4k因为4k?21?4?8所以0?2k1132321?,所以?[1?]?12, 11833224k?2?44k?2?4kk所以426?|AB|?23当且仅当k??时取”=”. 32② 当k?0时,|AB|?46. 32626262646, ,?)或(?,?),所以此时|AB|?33333③ 当AB的斜率不存在时, 两个交点为(综上, |AB |的取值范围为
446?|AB|?23即: |AB|?[6,23] 33x2?y2?1有两个不同的交点P2、在平面直角坐标系xOy中,经过点(0,2)且斜率为k的直线l与椭圆2和Q.(I)求k的取值范围;(II)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A,B,是否存在常数
????????????k,使得向量OP?OQ与AB共线?如果存在,求k值;如果不存在,请说明理由.
30
x2解:(Ⅰ)由已知条件,直线l的方程为y?kx?2,代入椭圆方程得?(kx?2)2?1.
2整理得??1??k2?x2?22kx?1?0①直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于?2?,0解得k???1?22??8k2?42??k??4k???2???2??2. ?∞,??,?∞????????2??2??(Ⅱ)设
22或k?.即k的取值范围为22P(1,x,)1y,Q(2????????则OP?OQ?(x1?x,x,)y2y?y1),由方程①,
x1?x2??42k. ② 21?2k????????????????又y1?y2?k(x1?x2)?22.③而A(2,,0)B(01,),AB?(?21,).所以OP?OQ与AB共线等价于
x1?x2??2(y1?y2),将②③代入上式,解得k?题意的常数k.
222.由(Ⅰ)知k??或k?,故没有符合
222x2y2+=1的左、右焦点. (Ⅰ)若P是该椭圆上的一个动点,求PF3、设F1、F2分别是椭圆1?PF2的54最大值和最小值; (Ⅱ)是否存在过点A(5,0)的直线l与椭圆交于不同的两点C、D,使得|F2C|=|F2D|?若存在,求直线l的方程;若不存在,请说明理由. 解:易知a?, 5,b?2,c?1,?F1?(?1,0),F2(1,0),设P(x,y)
222x?4?则PF1?PF2?(?1?x,?y)?(1?x,?y)?x?y?1,
421x?1?x2?3 ?x?[?5,5], 55?当x?0,即点P为椭圆短轴端点时,PF1?PF2有最小值3;
当x??5,即点P为椭圆长轴端点时,PF1?PF2有最大值4
(Ⅱ)假设存在满足条件的直线l易知点A(5,0)在椭圆的外部,当直线l的斜率不存在时,直线l与椭圆无交点,所在直线l斜率存在,设为k,直线l的方程为y?k(x?5)
?x2y2?1??由方程组?5,得(5k2?4)x2?50k2x?125k2?20?0 4?y?k(x?5)?31
依题意??20(16?80k)?0,得?25555 当?时,设交点C(x1,y1)、D(x2,y2),?k??k?5555x1?x250k225k2,x0??2CD的中点为R(x0,y0),则x1?x2?
25k2?45k?425k2?20k?y0?k(x0?5)?k(2?5)?2.又|F2C|=|F2D|?F2R?l?k?kF2R??1
5k?45k?4?k?kF2R20k)220k222225k?4 ∴20k=20k-4,而20k=20k-4不成立, 所以不存?k????12225k4?20k1?25k?40?(?在直线l,使得|F2C|=|F2D|综上所述,不存在直线l,使得|F2C|=|F2D|
x2y24、椭圆G:2?2?1(a?b?0)的两个焦点为F1、F2,短轴两端点B1、B2,已知F1、F2、B1、B2四
ab点共圆,且点N(0,3)到椭圆上的点最远距离为52.(1)求此时椭圆G的方程;(2)设斜率为k(k≠0)
的直线m与椭圆G相交于不同的两点E、F,Q为EF的中点,问E、F两点能否关于过点P(0,Q的直线对称?若能,求出k的取值范围;若不能,请说明理由.
3)、3解:(1)根据椭圆的几何性质,线段F1F2与线段B1B2互相垂直平分,故椭圆中心即为该四点外接圆的圆心 故该椭圆中a?2b?2c,即椭圆方程可为x2?2y2?2b2,H(x,y)为椭圆上一点,则
|HN|2?x2?(y?3)2??(y?3)2?2b2?18,其中?b?y?b,0?b?3,则y??b时,|HN|2有最
大
值
b2?6b?92,
b2?6b?9?50得b??3?52222(舍去),
x2y2??1 b?3,当y??3时,|HN|有最大值2b?18,2b?18?50得b?16∴所求椭圆方程为
3216?x12y12??1??3216(2)设E(x1,y1),F(x2,y2),Q(x0,y0),则由? 两式相减得x0?2ky0?0……③
22?x2?y2?1??3216 又直线PQ⊥直线m ∴直线PQ方程为y?13x?将点Q(x0,y0)代入上式得,k313④ y0??x0?k332
22x0y0233??1, 由③④得Q(),Q点必在椭圆内部?k,?321633由此得k?24794949494故当k?(?,又k?0,???k?0或0?k?,0)?(0,)时,E、F两点
22222关于点P、Q的直线对称
3x2y2C:2?2?1(a?b?0)ab5、已知椭圆的离心率为3,过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点,当l2的斜率为1时,坐标原点O到l的距离为2
(I)求a,b的值;
????????????(II)C上是否存在点P,使得当l绕F转到某一位置时,有OP?OA?OB成立?若存在,求出所有的P
的坐标与l的方程;若不存在,说明理由。
解:(Ⅰ)设F?c,0?, 当l的斜率为1时,其方程为x?y?c?0,O到l的距离为
0?0?c2?c2 ,故
c2?2, c?1 , 2 由 e?c3? ,得 a?3,b?a2?c2=2 a3(Ⅱ)C上存在点P,使得当l绕F转到某一位置时,有OP?OA?OB成立。 由 (Ⅰ)知椭圆C的方程为2x+3y=6. 设A(x1,y1),B(x2,y2). (ⅰ) 当l不垂直x轴时,设l的方程为y?k(x?1)
22???????????? 假设C上存在点P,且有OP?OA?OB成立,则P点的坐标为(, x1?x2,y1?y2)2(x1?x2)2?3(y1?y2)2?6,整理得 2x1?3y1?2x2?3y2?4x1x2?6y1y2?6
又A、B在C上,即2x1?3y1222222?6,2x2?3y2?6
22故 2x1x2?3y1y2?3?0 ①
将 y?k(x?1)代入2x?3y?6,并化简得
22(2?3k2)x2?6k2x?3k2?6?0 ②
33
6k23k2?6?4k22于是 x1?x2?, x1x2=, y1y2?k(x1?1)(x2?2)?
2?3k22?3k22?3k2 ,
2代入①解得,k?2,此时x1?x2?3 2于是y1?y2?k(x1?x2?2)=?因此, 当k??2时,P(,k3k, 即P(,?) 222322), l的方程为2x?y?2?0; 2 当k?322时,P(,?), l的方程为2x?y?2?0。
22(ⅱ)当l垂直于x轴时,由OA?OB?(2,0)知,C上不存在点P使OP?OA?OB成立。
综上,C上存在点P(,?322)使OP?OA?OB成立,此时l的方程为2x?y?2?0. 2x2y2C:2?2?1(a?b?0)x?2y?2?0ab6、已知直线经过椭圆 的左顶点A和上顶点D,椭圆C的右顶
点为B,点S是椭圆C上位于x轴上方的动点,直线AS,BS与直线 (I)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)求线段MN的长度的最小值;
l:x?103分别交于M,N两点。
1 (Ⅲ)当线段MN的长度最小时,在椭圆C上是否存在这样的点T,使得?TSB的面积为5?若存在,
确定点T的个数,若不存在,说明理由
(I)由已知得,椭圆C的左顶点为A(?2,0),上顶点为D(0,1),?a?2,b?1
x2?y2?1 故椭圆C的方程为4(Ⅱ)直线AS的斜率k显然存在,且k?0,故可设直线AS的方程为y?k(x?2),从而M(1016k,) 33?y?k(x?2)?2222由?x2得(1?4k)x?16kx?16k?4?0 2??y?1?44k16k2?42?8k22?8k24ky?x?S(,),设S(x1,y1),则(?2),x1?得,从而 即111?4k21?4k21?4k21?4k21?4k2
34
110??y??(x?2)x???10116k1??4k3?N(,?)又B(2,0),由?得?故|MN|? ?33k33k?x?10?y??1??33k ??又k?0,?|MN|?16k1116k116k18?,即k?时等号成立 ??2?? ,当且仅当33k433k33k3?k?18时,线段MN的长度取最小值 431 4(Ⅲ)由(Ⅱ)可知,当MN取最小值时,k? 此时BS的方程为x?y?2?0,s(,),?|BS|?645542 512,只须T到直线BS的距离等于,所以T在54 要使椭圆C上存在点T,使得?TSB的面积等于
平行于BS且与BS距离等于
2的直线l上。 435|t?2|2?,解得t??或t??
2242设直线l':x+y+t=0,则由227、已知双曲线x?y?2的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2的动直线与双曲线相交于A,B两点.
?????????????????O为坐标原点)(I)若动点M满足FM,求点M的轨迹方程; ?F1A?F1B?FO11(其中
????????CB为常数?若存在,求出点C的坐标;若不存在,请说明理由.(II)在x轴上是否存在定点C,使CA·
解:由条件知F1(?2,0),F2(2,0),设A(x1,y1),B(x2,y2).
?????????解法一:(I)设M(x,y),则FM?(x?2,y),F1A?(x1?2,y1), 1?????????????????????????F1B?(x2?2,y2),FO?(2,0),由FM?F1A?F1B?FO111得 ?x?2?x1?x2?6,?x1?x2?x?4,即? ??y1?y2?y?y?y1?y2于是AB的中点坐标为??x?4y?,?. 22??yy?y2yy2(x1?x2). 当AB不与x轴垂直时,1,即y1?y2???x?4x?8x1?x2?2x?8235
222又因为A,B两点在双曲线上,所以x1?y12?2,x2?y2?2,两式相减得
(x1?x2)(x1?x2)?(y1?y2)(y1?y2),即(x1?x2)(x?4)?(y1?y2)y.
将y1?y2?y(x1?x2)代入上式,化简得(x?6)2?y2?4. x?8当AB与x轴垂直时,x1?x2?2,求得M(8,0),也满足上述方程. 所以点M的轨迹方程是(x?6)2?y2?4.
????????(II)假设在x轴上存在定点C(m,CB为常数. 0),使CA?当AB不与x轴垂直时,设直线AB的方程是y?k(x?2)(k??1). 代入x2?y2?2有(1?k2)x2?4k2x?(4k2?2)?0.
4k24k2?2则x1,x2是上述方程的两个实根,所以x1?x2?2,x1x2?2,
k?1k?1????????于是CA?CB?(x1?m)(x2?m)?k2(x1?2)(x2?2)
?(k2?1)x1x2?(2k2?m)(x1?x2)?4k2?m2 (k2?1)(4k2?2)4k2(2k2?m)???4k2?m2 22k?1k?12(1?2m)k2?24?4m22??m?2(1?2m)??m. 22k?1k?1????????????????CB是与k无关的常数,所以4?4m?0,即m?1,此时CA?CB=?1. 因为CA?当AB与x轴垂直时,点A,B的坐标可分别设为(2,2),(2,?2),
????????此时CA?CB?(1,2)?(1,?2)??1.
????????CB为常数. 故在x轴上存在定点C(1,0),使CA?
8、在平面直角坐标系xoy中,已知圆心在第二象限、半径为22的圆C与直线y?x相切于坐标原点
x2y2O.椭圆2??1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10.
a9 (1)求圆C的方程;
(2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q,使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长.若存在,
36
请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
解: (1)设圆心坐标为(m,n)(m<0,n>0),则该圆的方程为(x-m)2+(y-n)2=8已知该圆与直线y=x相切,那么圆心到该直线的距离等于圆的半径,则
m?n2=22 即m?n=4 ①
又圆与直线切于原点,将点(0,0)代入得 ,m2+n2=8 ② 联立方程①和②组成方程组解得??m??2故圆的方程为(x+2)2+(y-2)2=8
?n?2,
x2y2+=1 (2)a=5,∴a=25,则椭圆的方程为
2592
其焦距c=25?9=4,右焦点为(4,0),那么OF=4。
要探求是否存在异于原点的点Q,使得该点到右焦点F的距离等于OF的长度4,我们可以转化为探求以右焦点F为顶点,半径为4的圆(x─4)2+y2=8与(1)所求的圆的交点数。
124,y= 55412即存在异于原点的点Q(,),使得该点到右焦点F的距离等于OF的长。
55通过联立两圆的方程解得x=
x2y2?2?12b9、设椭圆E: a(a,b>0)过M(2,2) ,N(6,1)两点,O为坐标原点,
(I)求椭圆E的方程;
????????(II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB?若存
在,写出该圆的方程,并求|AB |的取值范围,若不存在说明理由。
x2y2解:(1)因为椭圆E: 2?2?1(a,b>0)过M(2,2) ,N(6,1)两点,
ab2?4?11??1????a2?8x2y2?a2b2?a28??1 所以?解得?所以?2椭圆E的方程为
611184b?4????1??222??4?ab?b????????(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB,?y?kx?m?22设该圆的切线方程为y?kx?m解方程组?x2y2得x?2(kx?m)?8,即
?1??4?8(1?2k2)x2?4kmx?2m2?8?0,
37
则△=16k2m2?4(1?2k2)(2m2?8)?8(8k2?m2?4)?0,即8k?m?4?0
224km?x?x??12??1?2k2, ?2?xx?2m?8?121?2k2?k2(2m2?8)4k2m2m2?8k22y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?km(x1?x2)?m???m?221?2k1?2k1?2k222要使
????????2m2?8m2?8k2??0,所以3m2?8k2?8?0, ,需使x1x2?y1y2?0,即OA?O221?2k1?2k3m2?8?0又8k2?m2?4?0, 所以k?82?m2?282所以?2,所以m?,
3?3m?8即m?2626或m??, 33因为直线y?kx?m为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为r?m1?k2,
m2r??1?k22m2826?,, r?3m2?8331?82所求的圆为x?y?282626,此时圆的切线y?kx?m都满足m?或m??,而当切线的斜率不存333x2y22626262626??1的两个交点为(在时切线为x??与椭圆,?)或(?,?)满足8433333????????822OA?OB,综上,存在圆心在原点的圆x?y?,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点
3????????A,B,且OA?OB.
38
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